物性物理学Iレポート(第3回)
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問題
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問1. 自由電子の状態密度
1. 1次元系
$ D(\epsilon)
$ = \frac{2}{L}\int \frac{dk}{\frac{2\pi}{L}}\delta(\epsilon - \frac{\hbar^2k^2}{2m})
$ \frac{1}{\pi} \int_0^{\infty}dk\delta(\epsilon-\frac{\hbar^2k^2}{2m}))
$ s = \frac{\hbar^2k^2}{2m}とおくと、$ k = \frac{\sqrt{2m}}{\hbar}\sqrt{s}, $ dk = \frac{\sqrt{2m}}{2\hbar}s^{-1/2}dsなので
$ = \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty} \frac{\sqrt{2m}}{2\hbar}s^{-1/2} ds\delta(\epsilon-s)
$ = \frac{\sqrt{2m}}{2\pi\hbar}\int_0^{\infty}s^{-1/2}\delta(\epsilon-s)ds
$ = \frac{\sqrt{2m}}{2\pi\hbar}\epsilon^{-1/2}
2. 2次元系
$ D(\epsilon)
$ = \frac{2}{L^2}\cdot2\pi\cdot(\frac{L}{2\pi})^2 \int_0^{\infty}k\delta(\epsilon - \frac{\hbar^2 k^2}{2m})dk
$ = \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty}k\delta(\epsilon - \frac{\hbar^2 k^2}{2m})dk
$ s = \frac{\hbar^2k^2}{2m}とおくと、$ k = \frac{\sqrt{2m}}{\hbar}\sqrt{s}, $ dk = \frac{m}{\hbar^2k}ds
$ = \frac{1}{\pi}\int_0^{\infty}k\delta(\epsilon-s)\frac{m}{\hbar^2k}ds
$ = \frac{m}{\pi\hbar^2}\int_0^{\infty}\delta(\epsilon-s)ds
$ = \frac{m}{\pi\hbar^2}
3. 3次元系
$ s = \frac{\hbar^2k^2}{2m}として変数変換すると、$ ds = \frac{\hbar^2k}{m}dkなので
$ D(\epsilon)
$ = \frac{1}{\pi^2} \int_0^{\infty}\delta(\epsilon-\frac{\hbar^2k^2}{2m})dk
$ = \frac{m}{\pi^2\hbar^2} \int_0^{\infty}\delta(\epsilon-s)\frac{\sqrt{2m}\sqrt{s}}{\hbar}ds
$ = \frac{(2m)^{3/2}}{2\pi^2\hbar^3}\int_0^{\infty}\delta(\epsilon-s)\sqrt{s}ds
$ \frac{(2m)^{3/2}}{2\pi^2\hbar^3}\sqrt{\epsilon}
$ = \frac{1}{2\pi^2}(\frac{2m}{\hbar^2})^{3/2} \sqrt{\epsilon}
問2. 3次元自由電子の比熱と磁化率
1.
比熱
$ f(\epsilon) = \frac{1}{e^{\beta(\epsilon-\mu)}+1}
に従うので、系のサイズが十分大きいとき、電子系の内部エネルギーは
$ E = 2\int_0^{\infty} d\epsilon D(\epsilon)\epsilon f(\epsilon)
で表すことができる。
Sommerfeld 展開を用いて、
$ E = E_{\mathrm{gr}}+\frac{\pi^2}{3}(k_BT)^2 D(\epsilon_F)+O(T^4)
を得る。これを温度$ Tで偏微分することで、比熱は
$ C = \frac{\partial E}{\partial T} = \gamma T + O(T^3), $ \gamma = \frac{2\pi^2}{3}k_B^2D(\epsilon_F)
と表される。
磁化率
2.
$ C_Q/C_C \sim \frac{2\pi^2}{3}k_B^2 D(\epsilon_F) / \frac{3}{2}nk_B = k_BD(\epsilon_F)/n
ここで、
問3.
1.
$ n = \int_0^{\infty}D(\epsilon)f(\epsilon)d\epsilon
$ n = \int_0^\mu D(\epsilon)d\epsilon + \frac{\pi^2}{6}D^{\prime}(\mu)(k_BT)^2
ただし、2次までの項を考えた。第1式は、$ T = 0 で$ \mu = \epsilon_F, $ \epsilon < \epsilon_Fにおいて$ f(\epsilon) = 1であることを考えると
$ n = \int_0^{\epsilon_F}D(\epsilon)d\epsilon
第2式と第3式の差を取ると、
$ \int_{\epsilon_F}^\mu D(\epsilon)d\epsilon + \frac{\pi^2}{6}D^{\prime}(\mu)(k_BT)^2 = 0
ここで，$ T^2のオーダーで$ \mu \sim \epsilon_Fであり，$ D(\epsilon)が$ \epsilon_F付近で十分滑らかであると仮定すると，第1項の積分は$ (\mu-\epsilon_F)D(\epsilon_F)と書け，第2項の$ muを$ \epsilon_Fと置き換えられるから、
$ \mu = \epsilon_F - \frac{\pi^2}{6}(k_BT)^2 \frac{D^{\prime}(\epsilon_F)}{D(\epsilon_F}
を得る。
2.
$ \frac{E}{V} = D(\epsilon_F)(\frac{2}{5}\epsilon_F^2 + \frac{\pi^2}{6}(k_BT)^2)
3.
$ C = \frac{\partial E/V}{\partial T} = D(\epsilon_F)\frac{\pi^2}{3}k_BT
問4. Li の Fermi エネルギー
1. Fermi 波数
Li の単位体積あたりの電子数$ nは
$ n = \frac{2\times 1}{(0.351\times10^{-9})^3} = 46.24\times10^{27} = 4.62\times10^{28}
よって、Fermi 波数は
$ k_F = (3\pi^2 \times 46.24\times 10^{27})^{1/3} = 11.10\times10^9 = 1.11\times10^{10}
2. Fermi エネルギー
$ \hbar = 1.054\times10^{-34}だから、
$ \epsilon_F = \frac{\hbar^2k_F^2}{2m} = 7.520\times10^{-19}\space\mathrm{J} = 4.69 \space\mathrm{eV}
と計算される。
3. Fermi 温度
$ T_F = \epsilon_F/k_B = 7.520\times10^{-19}/(1.38\times10^{-23}) = 5.45\times10^4 \space \mathrm{K}
室温は 300 K 程度なので、室温は Fermi 温度より十分低い。
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